Analisa Struktur III

Teknik Sipil – UMI 1 Analisa Struktur II

A. PENDAHULUAN

Dalam Analisa Struktur, konstruksi yang paling sederhana adalah Konstruksi

Statis Tertentu, dimana gaya dalam pada struktur dapat diketahui hanya dengan

menggunakan beberapa persamaan kesetimbangan. Seperti pada sebuah balok

sederhana (tumpuan sendi-rol) atau pada rangka batang dan portal statis tertentu.

Struktur Statis Tak Tentu adalah struktur yang kompleks, penyelesaian dengan

menggunakan persamaan-persamaan kesetimbangan pada struktur ini sudah tidak

memungkinkan lagi. Sehingga perlu diadakan penyederhanaan/peng-idealan, agar

struktur tersebut dapat diselesaikan berdasarkan analisa matematis yang sederhana

dan sedapat mungkin dalam persamaan hubungan yang linier.

Analisa Struktur dengan Cara Matriks telah memberikan kemungkinan bagi proses

idealisasi tersebut.

Hal utama dari suatu perencanaan struktur adalah dengan menganalisa apa akibat

dari pembebanan gaya-gaya pada struktur yang ditinjau.

Perilaku struktur pada umumnya sangat berhubungan erat dengan perubahan

Tegangan (Stress) dan Regangan (Strain) yang terjadi padanya.

Tegangan dapat terjadi sebagai akibat dari gaya-gaya dalam yaitu Momen Lentur,

Gaya Lintang (Geser), Gaya Normal (Aksial) atau Momen Torsi, sedangkan regangan

terjadi akibat adanya perubahan bentuk (deformasi) pada struktur.

Dalam analisa perubahan bentuk ini, analisis difokuskan pada lendutan linier atau

anguler (translasi dan rotasi) pada titik diskrit (titik kritis) dari struktur. Berarti

analisa akan berkisar pada elemen struktur bila dibebani gaya, keuntungan dari

analisa tersebut adalah bahwa satu elemen dapat mewakili elemen-elemen lain yang

sejenis.

Selanjutnya menggabungkan elemen-elemen tersebut dalam satu model matematis

dari struktur yang harus dapat memenuhi syarat kompatibiliti dari segi geometri

struktur dan syarat kesetimbangan statis struktur.

Dengan demikian dapat disimpulkan bahwa dalam analisa struktur statis tak tentu

dengan cara matriks ini, untuk menentukan Tegangan dan Deformasi adalah dengan

mengetahui karakteristik sifat hubungan Gaya Dalam dan Deformasi dari elemen

struktur dan terpenuhinya syarat Kompatibiliti dan Kesetimbangan.

Berarti terdapat tiga hal yang mendasari analisa, yaitu:

— Kompatibiliti Hubungan antara Deformasi (perubahan struktur) dengan

Lendutan (perpindahan/displacement).

— Hukum Hooke Hubungan antara Gaya Dalam dan Deformasi.

(Hubungan Tegangan dan Regangan)

— Kesetimbangan Hubungan antara Gaya Luar dan Gaya Dalam.


Kesetimbangan (Equilibrium)

Keseimbangan Statis F = 0 (Hukum Newton–1)

Keseimbangan Dinamis F = m.a (Hukum Newton–2) Persamaan Kesetimbangan pada Struktur:

Fx = 0, Fy = 0, Fz = 0

Mx = 0, My = 0, Mz = 0 Hukum Hooke (Constitutive Law)

Syarat material struktur elastis dan linear (Hukum Hooke)

Q = k . D k = kekakuan struktur

D = ƒ . Q ƒ = fleksibilitas struktur Q = Gaya/Aksi

D = Displacement (perpindahan struktur)

Bahasan selanjutnya adalah tentang Metode Kekakuan (dengan Matriks), yang

juga biasa disebut dengan Metode Perpindahan (Displacement method)

Kesetimbangan Hukum Hooke Kompatibiliti

Gaya-gaya

Luar

STRUKTUR

Gaya-gaya Dalam

Deformasi

Momen Lentur

Gaya Geser

Gaya Normal

Torsi

Perpindahan (Displacement)

Translasi

Rotasi

Lentur Geser Aksial Torsi D

efo

rma

si

KONSEP ANALISA STRUKTUR


B. CARA MATRIKS KEKAKUAN 1. Kompatibiliti (Hubungan Deformasi dan Lendutan)

Pengertian Lendutan disini adalah perpindahan (rotasi atau translasi) di titik

diskrit yang menyebabkan terjadinya deformasi pada struktur. Nilai awal lendutan

diberikan dalam (1 satuan) dengan simbol D, yang diterapkan pada titik yang

ditinjau (titik diskrit) struktur, sesuai dengan kemungkinan rotasi atau translasi

yang terjadi pada titik diskrit tersebut.

Contoh-1

Gambar–1a

Gambar–1b

Gambar–1c

Gambar–1d

Dalam model Matriks:

Dimana: {d} Deformasi pada elemen struktur

[A] Matriks deformasi

{D} Lendutan/perpindahan di titik diskrit

Dari model struktur dasar (Gbr-1a),

terlihat bahwa pada titik B dan C

(tumpuan sendi) dapat terjadi

perpindahan berupa rotasi, sehingga

pada titik B dan C diberikan lendutan

masing-masing 1 satuan D1 dan D2

(Gbr-1b).

Selanjutnya semua titik diskrit (TD)

dikekang, kemudian satu-demi-satu

(tidak sekaligus), kekangan pada

semua TD dibebaskan. Saat satu TD

bebas untuk ber-rotasi atau ber-

translasi, semua TD yang lain masih

terkekang sesuai arah lendutannya.

Untuk D1=1 satuan (1c) deformasi

yang terjadi adalah d1=d4=0,

d2=d3=1.

Untuk D2=1 satuan (1d) diperoleh

deformasi d1=d2=d3=0, d4=1.

D1 D2 d

0 0 d1

1 0 d2

1 0 d3

0 1 d4

Jika matriks bagian-tengah dinamakan matriks

[A], maka persamaan menjadi:

{d} = [A] ∙ {D} . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( I )

D1 D2

A B C

1 2 3 4

D1=1 d3

d2

1 4

D2=1

d4

1 2 3


2. Hukum Hooke (Hubungan Gaya Dalam dan Deformasi)

Dalam hubungan ini yang perlu diketahui adalah berapa nilai Gaya Dalam (H)

akibat adanya Deformasi (d).

A B C

Gambar–2. Gaya Dalam dan Deformasi pada struktur

Dengan beberapa metode yang ada (seperti metode Moment Area/Conjugated

Beam, Unit Load, dll) dapat diketahui nilai Deformasi pada struktur.

Dengan cara Conjugated Beam: Batang-1 Akibat H1 Akibat H2

Dari contoh struktur pada gambar-2

dapat dilihat bahwa akibat gaya

dalam H1 dan H2, menyebabkan

terjadinya deformasi d1 dan d2, dan

untuk gaya dalam H3 dan H4 terjadi

deformasi d3 dan d4.

Arah berlawanan jarum-jam pada H

dan d dianggap positif.

H1

H2 d1

d2

L1

H3

H4 d3

d4

L2

H1

H2 d1

d2

L1

H1

+da1 -db1

L1

H2

L1

EI.1 EI.1

-da2 +db2

EI.1 = +

H1· L1

2

H2 · L1

2

H1· L1

3

H1· L1

6

H2 · L1

6

H2 · L1

3

H1

H2

H1

H2 d1

d2

L1

+ =

. . . . . . . . . . . . (2.1)

. . . . . . . . . . . . (2.2)

L1 L2

1 EI1 2 3 EI2 4


Dari persamaan (2.1) dan (2.2) dapat diperoleh persamaan Gaya Dalam (H):

Dengan cara yang sama untuk Batang-2, diperoleh:

Demikian pula untuk batang-batang yang lain pada struktur dengan jumlah batang

yang lebih banyak, Gaya Dalam diformat dengan cara yang sama.

Jika persamaan di atas dinyatakan dalam bentuk Matriks, akan diperoleh:

Jika matriks bagian tengah disebut matriks [S], maka diperoleh persamaan:

{H} = [S] ∙ {d} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( II )

Dimana: {H} Gaya Dalam

[S] Matriks Kekokohan Intern Elemen

{d} Deformasi pada elemen struktur

Matriks kekokohan intern elemen [S] merupakan gabungan dari nilai kekakuan

elemen batang dari keseluruhan struktur, dari dimensinya dapat diketahui bahwa

matriks [S] adalah matriks bujur sangkar yang simetris (band matriks).

Tiap-tiap batang pada struktur, mempunyai matriks [S] yang berordo 2x2,

sehingga ordo matriks [S] untuk keseluruhan struktur adalah 2 kali banyaknya

anggota/batang pada struktur.


3. Kesetimbangan (Hubungan Gaya Luar dan Gaya Dalam)

Syarat ini merupakan syarat umum untuk tiap-tiap model struktur, yang mana

dalam analisa ini perlu diketahui hubungan gaya luar dan gaya dalam untuk

kesetimbangan struktur.

Gambar-3a. Lendutan 1 Satuan

Gambar-3b. Gaya Luar Ekivalen

Gambar-3c. Gaya-gaya Dalam

Gambar-3d. Kesetimbangan antara Gaya-Luar dan Gaya-Dalam struktur.

Hubungan gaya-dalam dan gaya-luar dalam bentuk matriks:

Jika matriks bagian tengah disebut

sebagai matriks [B], maka akan

diperoleh persamaan:

{Q} = [B] ∙ {H}

Terlihat bahwa Matriks [B] juga merupakan transpose dari matriks [A], sehingga

persamaan dapat ditulis:

H1 H2 H3 H4

L1 L2

Lendutan D1 dan D2 yang meng akibatkan terjadinya deformasi terjadi akibat adanya gaya luar yang bekerja pada struktur.

Gaya Luar yang bekerja harus selaras (koresponding) dengan Lendutan yang diberikan pada titik diskrit.

Gaya-gaya luar Q1, Q2 adalah gaya luar ekivalen, yaitu suatu gaya yang mewakili semua gaya-gaya luar yang ada pada batang yang dibebani. Gaya-gaya Q akan berupa beban terpusat jika lendutan yang terjadi adalah translasi (vertikal atau horisontal) dan berupa momen jika lendutannya berupa rotasi.

Dari contoh pada gambar-3b dapat diperoleh:

Q1 = MºBA + MºBC Q2 = MºCB

Mº adalah momen primer batang.

Dengan melihat gaya-luar dan gaya-dalam struktur (gambar-3c dan 3d), dapat dibuat hubungan kesetimbangan antara gaya luar Q dan gaya dalam H.

Titik-B Q1 = H2 + H3

Titik-C Q2 = H4

H2 H3

H4

Q1

Q2

B A C

1 EI1 2 3 EI2 4

L1 L2

Q1 Q2

1 EI1 2 3 EI2 4

L1 L2

D1 D2

A B C


{Q} = [A]T . {H} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( III )

Dari persamaan-persamaan yang diperoleh, yaitu:

Kompatibiliti {d} = [A] · {D} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( I )

Hukum Hooke {H} = [S] · {d} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( I I )

Kesetimbangan {Q} = [A]T · {H} . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ( III )

Jika ketiga persamaan dihubungkan ( pers. III II I ), akan diperoleh:

{Q} = [A]T · ( [S] · {d} )

{Q} = [A]T · [S] · ( [A] · {D} )

Dari persamaan Kekakuan {Q} = [K] · {D} diperoleh Matriks Kekakuan;

[K] = [A]T · [S] · [A]

Lendutan/perpindahan di titik diskrit:

{D} = [K]–1

∙ {Q}

Vektor Gaya-gaya Dalam:

{H} = [S] ∙ [A] ∙ {D}

Momen Desain/Akhir diperoleh dengan cara mengurangkan Gaya-Dalam {H}

dengan Momen Primer untuk tiap-tiap ujung elemen batang.

M = H – Mº

Momen Akhir pada contoh Balok-Menerus seperti yang diuraikan di atas adalah:

MAB = H1 – MºAB

MBA = H2 – MºBA

MBC = H3 – MºBC

MCB = H4 – MºCB Arah Momen ujung akan berputar searah-jarum-jam jika Momen Akhir Negatif,

dan akan berputar berlawanan-arah-jarum-jam jika Momen Akhir Positif. Pada

keadaan ini Momen Akhir merupakan Momen Batang (momen yang bekerja dan

berpengaruh sepanjang batang), bukan arah Momen-Titik.

Dengan momen ujung batang yang diperoleh, dapat dibuat diagram benda-bebas

(free-body) dari struktur, untuk memperoleh momen, gaya geser/lintang, atau

gaya normal/aksial, di sepanjang bentang dari elemen balok.


Daftar Gaya Jepit Ujung, untuk beberapa model beban.

Gaya Jepit Ujung Akibat Beban

2

2

L

PabMA

2

2

L

bPaMB

2qL12

1MA

2qL12

1MB

2qL30

1MA

2qL20

1MB

b)(2aL

MbMA

2

a)(2bL

MaMB

2

)3a8aL(6L12L

qaMA 22

2

2

3a)-(4L12L

qaMB

2

3

L

A B

L

A B

A B

L

a

A B

L

a b

1

2

3

4

5

q

q

q

M

A B

L

a b

P b)(3aL

PbRA

2

2

3b)(aL

PaRB

2

2

2

qLRBRA

20

3qLRA

20

7qLRB

)aL2a(2L2L

qaRA 323

3a)(2L

2L

qaRB

3

3

3L

6MabRBRA

A B

L

MBMA

RBRA


Mulai

Momen Jepit Ujung (Momen Primer)

Matriks Deformasi [A] [A]T

Matriks Kekokohan Intern Elemen [S]

Matriks Kekakuan [K] = [A]T . [S] . [A]

[K]-1 x [K] = [I]

[K]-1

simetris?

Invers Matriks Kekakuan [K]-1

[K] Simetris?

Derajat Ketidak Tentuan Kinematis, D

Y

T

Y

T

Vektor Lendutan {D} = [K]-1

. {Q}

Vektor Gaya Dalam {H} = [S] . [A] . {D}

Momen Akhir M = H – Momen Primer

Selesai

Y

Gambar 4. Bagan Alir – Metode Kekakuan (tanpa superposisi)

H, V, M 0 ? T

Vektor Gaya Luar {Q}

periksa

periksa

periksa


CONTOH-01

B

L1

a b

Pq

L2

CAEI1 EI21 2 3 4

# Diketahui Struktur Balok Menerus seperti tergambar:

P = 1250 Kg L1 = 5,0 m

q = 750 Kg/m’ EI1 = 1.5 EI

a = 2,0 m L2 = 6,0 m

b = 3,0 m EI2 = 2,0 EI

# Ditanyakan: Hitung Momen Akhir dengan Cara Matriks Kekakuan

# Penyelesaian:

MOMEN UJUNG JEPIT / PRIMER

M°AB = –900,00 Kg.m

M°BC = –2250,00 Kg.m

M°BA = 600,00 Kg.m

M°CB = 2250,00 Kg.m

DERAJAT KETIDAK TENTUAN KINEMATIS – (DKK)

DKK = 2 (Rotasi di titik-B dan titik-C)

B

L1

a b

Pq

L2

CAEI1 EI21 2 3 4

D1 D2

Untuk D1 = 1 Satuan

B

L1 L2

CA

1

d2d3

4

D1=1


Untuk D2 = 1 Satuan

B

L1 L2

CA

1

d4

D2=1

2 3

VEKTOR GAYA LUAR {Q} (Koresponding dengan D)

Q1 = M°BA + M°BC = –1650,00 Kg.m

Q2 = M°CB

= 2250,00 Kg.m

MATRIKS DEFORMASI [A]

MATRIKS KEKOKOHAN INTERN ELEMEN [S]


MATRIKS KEKAKUAN, [K] = [A]T . [S] . [A]

Menghitung [K]-1 dengan cara Gauss-Jordan (Operasi Baris)

VEKTOR LENDUTAN, {D} = [K]–1

. {Q}

VEKTOR GAYA-GAYA DALAM, {H} = [S] . [A] . {D}


MOMEN AKHIR (DESAIN), M = H – M°

M.AB = –756.818 – (–900) = 143.18 Kgm

M.BA = –1513.636 – (600) = –2113.64 Kgm MB=0

M.BC = –136.364 – (–2250) = 2113.64 Kgm

M.CB = 2250 – (2250) = 0 Kgm

_____________________________________________________________________________________________ FREE-BODY

Batang–AB

B

5m

2m 3m

P

A

R.AB R.BA

MA MB

Batang–BC

B

q

6m

C

MB

R.BC R.CB

x

Momen dan Gaya Geser (Btg-BC)

Mx = RBC (x) – q/2 (x2) – MB = 2602,27 (x) – 375 (x

2) – 2113,64

Vx = dMx/dx = RBC – q (x) = 2602,27 – 750 (x)

Momen Maksimum (Vx = 0) x = 3,47 m (dari titik B)

x 0 1 2 3 3,47 4 5 6

Mx -2114 114 1591 2318 2401 2295 1523 0

Vx 2602 1852 1102 352.3 0 -398 -1148 -1898

Periksa Syarat Kesetimbangan Struktur

CB

2m 3m

1250 Kg750 Kg/m

A1,5 EI 2 EI

355,91 Kg

143,18 Kg.m

3496,36 Kg 1897,73 Kg

5m 6m

MC = 0 RA . 11 + RB . 6 – MA – P . 9 – Q . 3 = 0 Ok

V = 0 RA + RB + RC – P – Q = 0 Ok

P = 1250 Kg

MA = 143,18 Kg.m

MB = 2113,64 Kg.m

R.AB = 355,91 Kg

R.BA = 894,09 Kg

MP = 568,64 Kg.m (di titik gaya P)

q = 750 Kg/m’

Q = 4500 Kg

MB = 2113,64 Kg.m

R.BC = 2602,27 Kg

R.CB = 1897,73 Kg

RB = R.BA + R.BC = 3496,36 Kg


CONTOH-02

Diketahui; Struktur portal bidang (tanpa pergoyangan) seperti tergambar

L1 = 4,0 m h2 = 1,0 m P1 = 1500 Kg

L2 = 2,0 m EI1 = 2,0 EI P2 = 1000 Kg

L3 = 3,0 m EI2 = 1,5 EI P3 = 800 Kg

L4 = 2,0 m EI3 = 1,0 EI q1 = 2000 Kg/m

h1 = 3,0 m EI4 = 2,0 EI q2 = 750 Kg/m

Ditanyakan; Momen Akhir dengan Cara Matriks Kekakuan.

Penyelesaian:

1]∙ MOMEN PRIMER

M°AD = 0 Kg.m

M°EB = -150 Kg.m

M°DA = 0 Kg.m

M°BE = 450 Kg.m

M°CD = –1066.67 Kg.m

Btg–DE M°DE (Kg.m) M°ED (Kg.m)

M°DC = 1600 Kg.m

Akibat P1 –1080 720

Akibat q2 –280 820

MEG ( Btg–EG ) Jumlah –1360 1540

P –2000 Kg.m

q2 –1500 Kg.m

** Persamaan Momen primer, dapat di lihat

MEG = –3500 Kg.m

pada Halaman-8.

Batang EG (level) tidak memiliki momen primer, tetapi langsung berupa momen ujung

akhir dari batang/level tersebut yang diperlakukan sebagai momen primer.


2]∙ DERAJAT KETIDAK TENTUAN KINEMATIS - D

DKK = 3 (Rotasi di A, D, dan E)

Dengan cara yang sama seperti contoh sebelumnya dapat di tentukan Matriks

Deformasi [A] sesuai penomoran yang diberikan pada ujung-ujung setiap batang.

3]∙ MATRIKS DEFORMASI [A], dari persamaan {d} = [A] ∙ {D}

4]∙ VEKTOR GAYA LUAR {Q}, koresponding dengan Lendutan - D

Q1, Q2, dan Q3 (masing-masing pada titik-D, titik-E, dan titik-A)

Q1 = M°DC+M°DE+M°DA = 240 Kg.m

Q2 = M°ED+M°EB+MEG = –2110 Kg.m

Q3 = M°AD = 0 Kg.m


5]∙ MATRIKS KEKOKOHAN INTERN ELEMEN [S], dari persamaan {H} = [S] ∙ {d}

d1 d2 d3 d4 d5 d6 d7 d8


6]∙ MATRIKS KEKAKUAN [K], dari persamaan [K] = [A]T ∙ [S] ∙ [A]

Hitung [K]–1

Cara Gauss Jordan (Operasi Baris)


7]∙ VEKTOR LENDUTAN DI TITIK DISKRIT, {D} = [K]–1

∙ {Q}

8]∙ VEKTOR GAYA-GAYA DALAM, {H} = [S] ∙ [A] ∙ {D}

\_________________/ \____________/

[S] ∙ [A] {D}


9]∙ MOMEN AKHIR, M = H – M°

nub M = { H } – ( M° )

Arah Check

1 MCD = 155,505 – (–1066,67) = 1222.17 Kgm

2 MDC = 311,009 – (1600) = –1288.99 Kgm

MD=0 3 MDE = –226,514 – ( –1360 ) = 1133.49 Kgm

6 MDA = 155,505 – 0 = 155.50 Kgm

5 MAD = 0 – 0 = 0 Kgm

4 MED = –732,936 – ( 1540 ) = –2272.94 Kgm

ME=0 8 MEB = –1377,064 – ( –150 ) = –1227.06 Kgm

– MEG = 0,000 – ( –3500 ) = 3500.00 Kgm

7 MBE = –688,532 – ( 450 ) = –1138.53 Kgm

// FREE BODY -·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·-·

Q1

C D

2000 Kg/mMCD MDC

VC VDC

Q2

D E

VDE VED

Q3

MDE MED MEG

750 Kg/m1500 Kg 1000 Kg

P3

D

A

E

B

MDA MEB

MBE

VB

VA

E

VEG

G

HA

HDA

HB

HEB

4m VD

VE

HC

HEDHDEHDC

3m2m

3m 3m

1m

2m

BTG-CD BTG-DE BTG-EG

VC = 1316,63 Kg ( ) VDE = 1347,11 Kg ( ) VEG = 2500 Kg ( )

VDC = 2683,37 Kg ( ) VED = 2402,89 Kg ( )

HC = 339,56 Kg ( )xxx HED = 391,40 Kg ( )

BTG-AD BTG-BE

HA = 51,83 Kg ( ) HB = 1191,40 Kg ( )

HDA = 51,83 Kg ( ) HEB = 391,40 Kg ( )

VA = 4030,48 Kg ( ) VB = 4902,89 Kg ( )



750 Kg/m

1500 Kg 1000 Kg

800 Kg

3m

1m

4m

A

B

EF G

H

1,5 EI

EI 2 EI

339.56 Kg

1222.17 Kgm

51,83 Kg

4030,48 Kg

4902,89 Kg

1191,40 Kg

1138.53 Kgm

1316,63 Kg

2000 Kg/m

C D2 EI

2m 3m 2m

H = 0 HA – HB + HC + P3 = 0

V = 0 VA + VB + VC – (Q1+Q2+Q3+P1+P2) = 0

MB = 0 VA(5) – HA(1) + VC(9) – HC(4) – MC + MB

– Q1(4/3+5) – Q2(3/2) + Q3(2/2) – P1(3) + P2(2) – P3(1) = 0

Tabel Kontrol ~ Syarat Kesetimbangan

Gaya-gaya Horisontal Gaya-gaya Vertikal Momen di titik B

+HA = 51,84 +VA = 4030,48 +VA (5) = 20152,41

–HB = –1191,40 +VB = 4902,89 –HA (1) = –51,81

+HC = 339,56 +VC = 1316,63 +VC (9) = 11849,66

+P3 = 800 –Q1 = -4000,00 –HC (4) = –1358,26

–Q2 = -2250,00 –MC = –1222,17

–Q3 = -1500,00 +MB = 1138,53

–P1 = -1500,00 –Q1 (4/3+5) = –25333,33

–P2 = -1000,00 –Q2 (3/2) = –3375,00

+Q3 (2/2) = 1500,00

–P1 (3) = –4500,00

+P2 (2) = 2000,00

–P3 (1) = –800,00

H = 0,00 V = 0,00 .MB = 0,00


C. STRUKTUR PORTAL BIDANG DENGAN PERGOYANGAN

Pergoyangan (sidesway) adalah asumsi tentang terjadinya perpindahan pada struktur,

dimana titik kritis (diskrit) pada struktur mengalami translasi akibat beban luar yang

bekerja.

Dalam konteks bahan yang elastis-linear, panjang batang masih dianggap sama,

sebelum dan setelah perpindahan terjadi (Hukum Hooke).

Pembahasan disini (balok menerus dan portal bidang) dibatasi hanya pada deformasi

lentur (tidak mencakup deformasi aksial, geser dan torsi) yang terjadi pada titik-titik

diskrit akibat bekerjanya beban pada struktur.

Dari contoh sebelumnya, deformasi lentur yang terjadi (d) dapat diperoleh dengan

melihat dimana terjadinya kemungkinan Rotasi di titik diskrit, dan matriks-deformasi

[A] dibentuk menurut pe-nomor-an yang diberikan pada ujung-ujung batang.

Jika pada titik diskrit dianggap terjadi Translasi, konsep Translasi pada suatu batang

harus memenuhi prinsip-prinsip berikut:

Batang AB dengan titik diskrit di titik-B (ujung batang no.2) dianggap dapat

berpindah secara vertikal (pada titik B, diberi lendutan 1 satuan gaya, yang searah

dengan arah translasi).

Gambar (5a dan 5b) menunjukkan kemungkinan deformasi akibat Translasi ke

bawah dan Translasi ke atas (arah translasi harus tegak lurus sumbu batang).

d2

d1

D=1

D

L

BI

A B

BA

1 2

L

d1

d2

D=1

L

A

BI

B

BA

1 2

L

D

Gambar 5a. Translasi ke bawah Gambar 5b. Translasi ke atas

Dari asumsi awal bahwa Rotasi berlawanan arah-jarum-jam (Positif) dan Rotasi yang

searah dengan arah-jarum-jam (Negatif), diperoleh:

Gambar-5a d1 = d2 = +1/L

Gambar-5b d1 = d2 = – 1/L


Kestabilan suatu batang yang dianggap berpindah ujung-ujungnya, harus mengikuti

aturan ‘garis tegak lurus’ dari ujung-ujung batang asli yang berpindah.

Untuk keseragaman di dalam analisa, arah Lendutan translasi (D=1 Satuan) diberikan

menurut arah Vertikal ( ) dan Horisontal ( ).

Contoh (hanya untuk Lendutan Translasi):

D1

D2 D3

1 1

D1

Struktur semula Untuk D1=1 satuan memberikan deformasi lentur positif, pada batang-batang vertikal. Portal-bidang dengan anggota batang yang serong/miring:

D1

D2 D31 1

1

VS

D1

Struktur semula D1=1 satuan memberikan deformasi lentur positif untuk batang selain dari

batang horisontal.

Batang yang serong akan membentuk segitiga kecil yang sebangun dengan segitiga

yang membentuk kemiringan batang. Dengan prinsip matematis, nilai-nilai V dan S

yang belum diketahui dapat dihitung.

Nilai V dan S, digunakan untuk menentukan deformasi lentur pada batang horisontal

( d = –V/L ), dan deformasi lentur pada batang serong ( d = S/L ), dimana L adalah

panjang semula dari masing-masing batang bersangkutan.


Contoh untuk Portal-bidang bertingkat (hanya untuk akibat Translasi):

D1

D2

D1

D2

1

D3 D4

D5

D6

1

1

1

Struktur semula D1=1 Satuan D2=1 Satuan

D4

D2

D5 D6

D7 D8 D9

D1 D1

1 1

1

1

D3

Struktur semula D1=1 Satuan

D2

1 1

1

1

1

D3

D2=1 Satuan D3=1 Satuan


Contoh lain dari portal bidang dengan batang serong:

D1

D2 D3

D1

1

1

x1 x2

y1y2z1

z2

y1

y2-y1

D1

D3

D2

1

1

a b

c

D1

D1

D3

D2

1

1+x

x

y

D1

Soal Latihan-01:

Diketahui struktur portal

bidang seperti tergambar.

Tentukan:

1) Jumlah DKK

(Rotasi dan Translasi)

2) Matriks deformasi [A]

Ket:

Panjang batang diberi simbol dengan huruf.

Struktur semula D1=1 Satuan

Struktur semula dengan alternatif translasi (D1) yang berbeda.

D1=1 Satuan D1=1 Satuan


CONTOH-03

P1

P2

P3

2EI 2EI

EI

4m

1,5m

A

C D

B

1,5m 4m2m

Diketahui P1 = 1250 Kg P2 = 2000 Kg P3 = 1000 Kg

Hitung Momen Akhir dengan cara Matriks Kekakuan

(* Portal bidang dianggap mengalami pergoyangan)

Penyelesaian:

1]∙ MOMEN UJUNG JEPIT/PRIMER

MoAC = – P1 (a) (b2) / (L2) = –625,000 Kg.m

Mo.DB = 0.000 Kg.m

MoCA = + P1 (a2) (b) / (L2) = 625,000 Kg.m

Mo.BD = 0.000 Kg.m

MoCD = – P2 (a) (b2) / (L2) = –1777,778 Kg.m

MoDC = + P2 (a2) (b) / (L2) = 888,889 Kg.m

2]∙ DERAJAT KETIDAK TENTUAN KINEMATIS - D

DKK = 3 (Rotasi di C, dan D, dan Translasi di CD)

D2 D3

D1

1

2

3 4

5

6


Btg–AC ( MC=0)

HA = [P1(2)+M°AC–M°CA] / 4 = 625 Kg

HC = P1–HA = 625 Kg

Btg–CD ( MD=0)

VC = [P2(4)+M°CD–M°DC] / 6 = 1481,481 Kg

VD = P2–VC = 518,519 Kg

Btg-BD (tidak ada beban pada batang)

Q1 = HC+H1–P3

Q2 = M°CA+M°CD

Q3 = M°DC+M°DB

3]∙ VEKTOR GAYA LUAR {Q} – (Koresponding dengan Lendutan D)

Q2 Q3

1

2

3 4

5

6

Q1

A

C D

B

Q1 Jumlah gaya-gaya horisontal sepanjang garis-kerja Q1

Q2 Jumlah momen primer di titik C

Q3 Jumlah momen primer di titik D

P1

2m

2m

3m

HA

HC

P2

M°CD M°DC

VC VD2m

M°CA

M°AC

4m

A B

VC

HC

H1=3/4(VC)

Q2

Q1P3

Q3


4]∙ MATRIKS DEFORMASI [A]

Untuk D1=1 Satuan

z

C C’

x=1

y

11

D1=1

+d1 +d2

+d5

+d6

-d3

-d4

4m

3m

A

C D

B

C’

C’’

D’’

C’’

6m

d1 = d2 = z/LAC = 1,25/5 = +0,250

d3 = d4 = y/LCD = 0,75/6 = –0,125

d5 = d6 = x/LBD = 1,00/4 = +0,250

Untuk D2=1 Satuan d1=0, d2=1, d3=1, d4=0, d5=0, d6=0

Untuk D3=1 Satuan d1=0, d2=0, d3=0, d4=1, d5=1, d6=0

5]∙ MATRIKS KEKOKOHAN INTERN ELEMEN [S]


6]∙ MATRIKS KEKAKUAN, [K] = [A]T ∙ [S] ∙ [A]

7]∙ VEKTOR LENDUTAN DI TITIK DISKRIT, {D} = [K]–1

∙ {Q}

8]∙ VEKTOR GAYA-GAYA DALAM, {H} = [S] ∙ [A] ∙ {D}


9]∙ MOMEN AKHIR, M = H – M°

nub M = { H } – ( M° )

Arah Check

1 MAC = 250,000 – (–625,000) = 875,000 Kgm

2 MCA = –424,242 – (625,000) = –1049.242 Kgm MC=0

3 MCD = –728,535 – ( –1777,778 ) = 1049.242 Kgm

4 MDC = –421,717 – (888,889) = –1310,606 Kgm MD=0

5 MDB = 1310,606 – 0,000 = 1310,606 Kgm

6 MBD = 1232,955 – 0,000 = 1232,955 Kgm

_O_ ‘,_|_ ` FREE BODY _._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._.__._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._._. ‘ \_,

P2

MCD MDC

VC VD2m 4m

P1

3m

HA

MCA

MAC

VAVB

2m

HC

HB

P3

VC VD

MDB

MCB

HD

HDHC

2m

4m

BTG-CD BTG-AC BTG-BD

VC = 1289,773 Kg ( ) VA = 1289,773 Kg ( ) VB = 710,227 Kg ( )

VD = 710,227 Kg ( ) VC = 1289,773 Kg ( ) VD = 710,227 Kg ( )

HC = 1635,890 Kg ( )xxx HA = 385,890 Kg ( ) HB = 635,890 Kg ( )

HD = 1635,890 Kg ( ) HC = 1635,890 Kg ( )xxx HD = 1635,890 Kg ( )



1250 Kg

2000 Kg

1000 Kg

2EI 2EI

EI

3m

A

C D

B

635,89 Kg385,89 Kg

1289,773 Kg 710,227 Kg

875 Kgm 1232,955 Kgm

2m

2m

2m 4m

H = 0 HA – HB + P1 – P3 = 0

V = 0 VA + VB – P2 = 0

MB = 0 VA(9) + P1(2) – P2(4) – P3(4) – MA – MB = 0

Tabel Kontrol ~ Syarat Kesetimbangan

Gaya-gaya Horisontal Gaya-gaya Vertikal Momen di titik B

+HA = 385,890 +VA = 1289,773 +VA (9) = 11607,955

–HB = –635,890 +VB = 710,227 +P1 (2) = 2500,000

+P1 = 1250,000 –P2 = -2000,000 –P2 (4) = –8000,000

–P3 = –1000,000

–P3 (4) = –4000,000

–MA = –875,000

–MB = –1232,955

H = 0,000 V = 0,000 .MB = 0,000


D. STRUKTUR RANGKA-BATANG BIDANG

Struktur Rangka-Batang (Truss) adalah struktur yang dibangun dari batang-batang

yang membentuk bidang segitiga.

Titik kumpul (titik diskrit) rangka-batang umumnya di anggap sebagai sendi

(pin/hinge), sehingga tidak ada momen yang bekerja pada titik kumpul, dan hanya

gaya aksial (tarik atau tekan) saja yang dianggap sangat berpengaruh pada setiap

batang dari rangka batang.

Dengan gaya tarik atau gaya tekan, berarti batang hanya akan mengalami

perpanjangan (elongation) atau perpendekan (contraction).

Suatu segitiga adalah suatu bentuk yang sangat stabil (dalam menahan defleksi)

lebih stabil dari bentuk segi-empat, seperti terlihat pada gambar:

Beban Beban

Tidak Stabil Stabil

Suatu rangka-batang yang paling sederhana dapat dilihat seperti berikut :

Idealisasi asumsi-asumsi rangka-batang

1) Semua titik-kumpul (joint) adalah sendi. Titik kumpul merupakan pertemuan antara

garis yang melalui titik pusat berat dari penampang batang.

2) Semua batang pada rangka-batang, bekerja hanya dalam keadaan Tarik atau Tekan

saja.

3) Semua beban-beban diaplikasikan sebagai beban terpusat pada titik-kumpul.


Elemen-elemen pada rangka-batang hanya mengalami deformasi aksial saja, untuk

kondisi elastis, akan berlaku hukum Hooke.

EA

L

H

d

Gambar di atas memperlihatkan suatu batang yang menerima gaya normal H, dan

mengalami deformasi-aksial (elongasi) sebesar d.

Deformasi aksial diperoleh menurut persamaan, d = H.L / (EA)

Dimana E adalah modulus elastis bahan, dan A adalah luas penampang batang.

Gaya yang bekerja pada batang, H = ( EA/L ) d

Sehubungan dengan metode Kekakuan yang di bahas, dari persamaan terakhir di atas,

dapat diperoleh nilai dari matriks [S], yang merupakan nilai kekakuan-aksial dari setiap

elemen batang, yang untuk setiap batang akan bernilai EA/L.

P1

P2

1 2

3

3

H3~d3 H3~d3

1

H1~

d1

H1~

d1

H2~

d2

H2~

d2

2

Struktur semula Diagram H~d dari rangka batang.

(hubungan gaya dalam dan deformasi)

Untuk rangka batang sederhana seperti gambar di atas, nilai matriks [S] adalah:


CONTOH-04

P1

P2

12

3

C

A

1,5m

B

3,5 m

2,5 m

Diketahui struktur rangka batang sederhana seperti tergambar

P1 = 750 Kg, dan P2 = 500 Kg, EA = Konstan

??? Tentukan besar gaya-gaya batang dengan cara matriks-kekakuan

Penyelesaian:

D1

D2

1 2

3

C

A

1,5m

B

3,5 m

2,5 m

D1

1

d1

d2

1 2

3

1 2

3

1

D2

d2

d1

Translasi arah-y dari D1=1 satuan Translasi arah-x dari D2=1 satuan

1] Derajat Ketidak Tentuan Kinematis (DKK = 2),

translasi dalam arah-x dan arah-y pada titik

kumpul di C.

Translasi arah-y dari D1=1 satuan, akan

memberikan deformasi aksial tarik pada

batang-1 dan batang-2 (+d1, +d2).

Translasi arah-x dari D2=1 satuan, memberikan

deformasi aksial tarik pada btg-1 (+d1), dan

deformasi aksial tekan pada btg-2 (–d2).


Untuk D1=1 satuan Untuk D2=1 satuan

d1

d2

1

d2

d1

1

d1 = sin d1 = cos

d2 = sin d2 = cos

Untuk D1=1 satuan Untuk D2=1 satuan

d1 = 0,8575 d1 = 0,5145

d2 = 0,5812 d2 = – 0,8137

2] Matriks deformasi [A]

D1 D2

3] Matriks kekokohan intern elemen (kekakuan batang) [S]


4] Matriks Kekakuan, [K] = [A]T . [S] . [A]

5] Vektor Gaya Luar {Q}, koresponding dengan Lendutan {D}

6] Vektor Lendutan {D} = [K]-1 {Q}

7] Vektor Gaya-gaya dalam {H} = [S] [A] {D}

H1, H2, dan H3 masing-masing adalah gaya-gaya-dalam (gaya-gaya batang).

H1 = Gaya Batang No-1 = –320,702 Kg (TEKAN)

H2 = Gaya Batang No-2 = –817,221 Kg (TEKAN)

H3 = Gaya Batang No-3 = 0 Kg

Periksa Syarat Kesetimbangan ( tinjau titik kumpul C )

P1

P2

H1 H2

H1 cos H2 cos

H2 sin H1 sin y

x

.Fx = 0

H1 cos – H2 cos + P2 = 0

320,702 (0,5145) – 817,221 (0,8137) + 500 = 0

.Fy = 0

H1 sin + H2 sin – P1 = 0

320,702 (0,8575) + 817,221 (0,5812) – 750 = 0

Documents

Analisa Struktur III